精品解析：上海市建平中学2024-2025学年高二下学期6月期末教学质量检测数学试题

建平中学2024学年第二学期期末教学质量检测 高二数学试卷 一、填空题 1. 已知集合，则_______．（用列举法表示） 2. 已知复数，其中i是虚数单位，则________． 3. 双曲线的渐近线方程________． 4. 的展开式中常数项为__________. 5. 已知随机变量服从正态分布且则________． 6. 已知函数在上单调递增，其图像不过坐标原点，则________． 7. 函数的单调递增区间是________． 8. 有甲、乙两袋，甲袋中有3个白球，2个红球；乙袋中有2个白球，3个红球．现从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取一球，则此球为红球的概率为________．（结果为精确值） 9. 在中，，D在线段上（包括端点），则的取值范围是________． 10. 已知且且则________． 11. 已知函数，若有两个极值点a，b，且恒成立，则实数t的取值范围为________． 12. 不透明的袋中装有编号为1，2，…，10的10个小球，现从中随机有放回地取4次，每次取1个球，已知摸出的球中有编号为5的球，则摸出的球中最大编号大于等于7的概率是________． 二、单选题 13. 通过随机抽样，收集了若干朵鸢尾花的花萼长度和花瓣长度（单位：cm），绘制散点图如图所示，计算得样本相关系数为，利用最小二乘法求得相应的回归方程为，根据以上信息，下列命题正确的是（ ） A. 花萼长度为7cm的该品种鸢尾花的花瓣长度的平均值为5.8612cm B. 若从样本中抽取一部分，则这部分的相关系数一定是0.8642 C. 花瓣长度和花萼长度负相关 D. 花瓣长度和花萼长度存在一次函数关系 14. 设，为实数，则“”的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 15. 下列四个命题中，真命题的个数是（ ） （1）若，则 （2）若，则 （3）若，且A，B为互斥事件，则A，B不为独立事件． （4）若，A和C为互斥事件，则 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 16. 若函数满足：对任意，都有则称函数具有性质P．请判断下列两个命题的真假性（ ） ①已知函数具有性质P，且值域是一个开区间Ⅰ，则是奇函数； ②已知函数具有性质P，，若在R上严格增，则是奇函数. A ①真②真 B. ①假②假 C. ①假②真 D. ①真②假 三、解答题 17. 设数列的前n项和． （1）求的通项公式； （2）求数列最小的项． 18. 如图，三棱锥中，，，，平面平面，是中点． （1）证明：； （2）求三棱锥的体积． 19. 某经销商在某地5个位置对甲乙两种类型的网络进行掉线次数测试，得到数据如表所示： A B C D E 甲 4 3 8 6 12 乙 5 7 4 4 3 （1）如果在测试中掉线次数超过5次，则网络状况为“糟糕”，否则为“良好”，根据小概率值的独立性检验，能否说明网络状况与网络的类型有关? （2）若该经销商要在上述接受测试的甲地5个地区中任选3个，求A，B两个地区同时被选到的概率； （3）若该经销商要在上述接受测试的甲地5个地区中任选3个，以X表示所选位置中网络状况为“糟糕”的位置个数，求随机变量X的分布及数学期望． 附：其中． α 0.50 0.40 0.25 0.15 0.10 0.05 0.025 0.01 0.005 0.001 0455 0.708 1.323 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 20. 已知点在抛物线：上，点为的焦点，且．过点的直线与及圆依次相交于点，如图． （1）求抛物线的方程及点的坐标； （2）求的值； （3）过两点分别作切线，，且与相交于点，已知三角形外接圆的圆心为，求的最小值． 21. 牛顿法又称切线法，是牛顿提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设是方程的解，选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线．如果，则与轴的交点的横坐标记为，称为的一阶近似值．再过点作曲线的切线，并求出切线与x轴的交点横坐标记为．称为的二阶近似值．重复以上过程，得的近似值序列：，根据已有精确度，当时，取为方程近似解．已知函数，其中． （1）当时，试用牛顿法求方程满足精度近似解；（取，且结果保留两位小数） （2）牛顿法中蕴含了“以直代曲”的数学思想，指利用曲线的切线或割线解决问题． （ⅰ）设曲线与轴正半轴的交点为，曲线在点处的切线方程为，当时，比较与的大小； （ⅱ）当时，若关于的方程的两个根分别为，证明：． （参考数据：时，） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 建平中学2024学年第二学期期末教学质量检测 高二数学试卷 一、填空题 1. 已知集合，则_______．（用列举法表示） 【答案】 【解析】 【分析】根据集合的交集运算求解. 【详解】，， . 故答案为：. 2. 已知复数，其中i是虚数单位，则________． 【答案】1 【解析】 【分析】解法一：根据复数除法化简复数，进而求得共轭复数，代入计算即可；解法二：求得，根据计算即可求解. 【详解】解法一：因为，， 所以； 解法二：因为，所以. 故答案为：1 3. 双曲线的渐近线方程________． 【答案】 【解析】 【分析】先确定双曲线的焦点所在坐标轴，再确定双曲线的实轴长和虚轴长，最后确定双曲线的渐近线方程． 【详解】∵双曲线的a=2，b=1，焦点在x轴上 而双曲线的渐近线方程为y=± ∴双曲线的渐近线方程为y=± 故答案为y=± 【点睛】本题考查了双曲线的标准方程，双曲线的几何意义，特别是双曲线的渐近线方程，解题时要注意先定位，再定量的解题思想 4. 的展开式中常数项为__________. 【答案】 【解析】 【分析】写出其展开式的通项，然后令指数部分为0，求解即可. 【详解】的二项展开式的通项为， 令，得， 其展开式的常数项为. 故答案为： 5. 已知随机变量服从正态分布且则________． 【答案】0.8## 【解析】 【分析】利用正态分布的对称性结合概率和为1求解即可. 【详解】由正态分布对称性得对称轴为，则， 因为概率和为1，所以. 故答案为：. 6. 已知函数在上单调递增，其图像不过坐标原点，则________． 【答案】－2 【解析】 【分析】根据幂函数的图象特点和单调性等性质进行求解即可. 【详解】因为幂函数图像不过坐标原点，则， 当的定义域为，不合题意； 当在区间上单调递减，不合题意； 当，因为在区间上单调递减， 所以区间上单调递增，符合题意； 综上所述：． 故答案为：－2． 7. 函数的单调递增区间是________． 【答案】 【解析】 【分析】应用辅助角公式化简，再应用正弦函数的增区间计算求解. 【详解】函数， 所以，所以， 所以函数的单调递增区间是， 故答案为：. 8. 有甲、乙两袋，甲袋中有3个白球，2个红球；乙袋中有2个白球，3个红球．现从甲袋中任取2个球放入乙袋，再从乙袋中任取一球，则此球为红球的概率为________．（结果为精确值） 【答案】 【解析】 【分析】将问题拆分为两步，先从甲袋中取球，再从乙袋中取球，然后根据从甲袋中取出球的颜色情况，分情况计算乙袋中取出红球的概率，再根据全概率公式，用两种情况发生的概率乘以取到红球的概率，再相加即可得解. 【详解】设表示“从乙袋中任取一球是红球”，表示“从甲袋中取出两个白球”， 表示“从甲袋中取出两个红球”，表示“从甲袋中取出一个白球和一个红球”， 则 由全概率公式，所求概率 . 故答案为： 9. 在中，，D在线段上（包括端点），则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量数量积运算律结合模长化简，结合二次函数值域计算求解. 【详解】设，其中， 因为，所以， 则 故答案为：. 10. 已知且且则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据组合数的性质和二项式定理对原式进行化简求和. 【详解】. 所以原式. 根据二项式定理，令，则. 所以原式. 故答案为：. 11. 已知函数，若有两个极值点a，b，且恒成立，则实数t的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】先求导，由题意得是方程的两个解，即是方程的两个根，得，由得，即，利用对勾函数即可求解. 【详解】令， 则是方程的两个解，也即方程的两个根． 所以有且， 等价于，解得 易知， 而 ， 所以 故答案为： 12. 不透明的袋中装有编号为1，2，…，10的10个小球，现从中随机有放回地取4次，每次取1个球，已知摸出的球中有编号为5的球，则摸出的球中最大编号大于等于7的概率是________． 【答案】 【解析】 【分析】首先求出事件“摸出的球中有编号为5的球”的概率，然后求出事件“摸出的球中有编号为5的球，且摸出的球中最大编号大于等于7”的概率，最后根据条件概率公式求出结果. 【详解】令“摸出的球中有编号为5的球”为事件，“摸出的球中最大编号大于等于7”为事件， 则事件的情况包括1次球的编号为5，2次球的编号为5，3次球的编号为5和4次球的编号为5，这四种情况， 所以. 而事件表示的是“摸出的球中有编号为5的球，且摸出的球中最大编号大于等于7”， 此事件的情况包括： 当1次球的编号为5时，其余球的最大编号大于等于7的球可能为1次，2次或3次； 当2次球的编号为5时，其余球的最大编号大于等于7的球可能为1次，或2次； 当3次球的编号为5时，其余球的最大编号大于等于7的球为1次； 所以. 所以. 故答案为：. 二、单选题 13. 通过随机抽样，收集了若干朵鸢尾花的花萼长度和花瓣长度（单位：cm），绘制散点图如图所示，计算得样本相关系数为，利用最小二乘法求得相应的回归方程为，根据以上信息，下列命题正确的是（ ） A. 花萼长度为7cm的该品种鸢尾花的花瓣长度的平均值为5.8612cm B. 若从样本中抽取一部分，则这部分相关系数一定是0.8642 C. 花瓣长度和花萼长度负相关 D. 花瓣长度和花萼长度存在一次函数关系 【答案】A 【解析】 【分析】根据散点图的特点及回归方程可判断ACD选项，根据相关系数的定义可以判断B选项. 【详解】当时，，故A正确， 部分数据的相关系数未必和总体相同，故B错误； 从散点图可以看出花瓣长度和花萼长度正相关，故C错误； 花瓣长度和花萼长度之间不存在函数关系，为相关关系，只是用一次函数近似拟合它们的关系， 故D错误． 故选：A. 14. 设，为实数，则“”的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据充分不必要条件的定义逐一验证即可. 【详解】对于A：由，知可得，但不能推出，故A错误； 对于B：由，得，推不出，反向可推出，故B错误； 对于C：由，得或或，推不出，反向可推出，故C错误； 对于D：由，得，从而推出，反向不能推出，故D正确． 故选：D. 15. 下列四个命题中，真命题的个数是（ ） （1）若，则 （2）若，则 （3）若，且A，B为互斥事件，则A，B不为独立事件． （4）若，A和C为互斥事件，则 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】利用条件概率和事件的独立性即可判断（1），由与相互独立，不能推出与相互独立即可判断（2），根据独立事件的定义即可判断（3），由A和C为互斥事件得与互斥利用条件概率公式即可判断（4） 【详解】若，所以， 所以与相互独立，所以成立，故（1）正确； 若，所以与相互独立，不能推出与相互独立， 反例：在抛两次硬币试验中，设：第一次抛正面朝上；：第二次抛正面朝上； ：两次结果相同，那么独立，但不独立，故（2）错误； 因为与互斥，所以，所以与不是独立事件，故（3）正确； 因为，所以与互斥， 所以，故（4）正确； 所以真命题共有（1）（3）（4）三个． 故选：C 16. 若函数满足：对任意，都有则称函数具有性质P．请判断下列两个命题的真假性（ ） ①已知函数具有性质P，且值域是一个开区间Ⅰ，则是奇函数； ②已知函数具有性质P，，若在R上严格增，则是奇函数. A. ①真②真 B. ①假②假 C. ①假②真 D. ①真②假 【答案】D 【解析】 【分析】①令，由性质推断，由值域是开区间可得，先分别证得与是不减且连续函数，再用反证法，设,分与两类，分别从与时，推出与性质矛盾，从而证明奇函数；②举出反例函数，说明满足条件但不是奇函数即可. 【详解】①是真命题. 首先证明， 假设， 令，其中，由性质得， 故当时，，则有； 当时，，则有； 由的值域是开区间，则，则当时，必有， 故，这与假设矛盾，故假设错误，即； 其次，证明是不减函数（任意，，都有）. 证明：假设不是不减函数，即存在，，使得， 由题意是定义在上的函数，则必存在，使， 故，且， 故由具有性质可得，则； 且，则； 故，这与假设矛盾， 所以假设错误，即是不减函数，得证. 然后，证明是奇函数. 证明：由题意具有性质，又是上的不减函数，且值域为开区间， 则是连续函数. 先假设函数不是奇函数，则存在,使得，其中， 设， 令，即. 则由性质可得，， 若， 当时，由， 则，这与矛盾； 若， 当时，由， 则，这也与矛盾； 综上可知，，即，这与假设矛盾. 故假设错误，则函数是奇函数，又， 所以，对任意，都有， 故是奇函数.即①真； ②是假命题. 构造定义在上的函数，，下面证明该函数具有性质 由，可知，不是奇函数， ，且是严格增函数（如图）. 下面分类证明：具有性质. 对任意，不妨设， 情况1：,， ，不等式成立； 情况2：，， 由， 则，故，不等式成立； 情况3：，， 由， 则，，不等式成立； 情况4：，当时， 恒有，不等式成立； 情况5：，，， 由，则，不等式成立； 情况6：，（注意），， 由， 则，，不等式成立； 情况7：，，， 由， 则，，不等式成立； 情况8：，， 当时， 恒有，不等式成立； 情况9：，，， 由， 则，，不等式成立； 情况10：，， 恒有，不等式成立. 因此，具有性质，且满足，在R上严格增， 但不是奇函数，故命题②是假命题. 综上所述，①真②假. 故选：D. 三、解答题 17. 设数列的前n项和． （1）求的通项公式； （2）求数列的最小的项． 【答案】（1）； （2）－6 【解析】 【分析】（1）应用计算求解通项公式； （2）先计算作差得，计算单调性即可得最小值. 【小问1详解】 当时，； 当时，； 经检验符合通项公式， 所以通项公式为． 【小问2详解】 令，则， 令得； 所以，所以最小项为. 18. 如图，三棱锥中，，，，平面平面，是中点． （1）证明：； （2）求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直可得线面垂直，由线面垂直可得线线垂直，结合勾股定理即可得证； （2）根据三棱柱体积计算公式计算即可. 【小问1详解】 连接，因为，是中点，所以，， 因为平面平面，平面平面， 且面，， 所以面，又因为面，所以， 由，， 因为，，，所以； 【小问2详解】 因为平面平面，平面平面， 平面，， 所以平面， 即三棱锥的高为， 而， 所以. 19. 某经销商在某地5个位置对甲乙两种类型的网络进行掉线次数测试，得到数据如表所示： A B C D E 甲 4 3 8 6 12 乙 5 7 4 4 3 （1）如果在测试中掉线次数超过5次，则网络状况为“糟糕”，否则为“良好”，根据小概率值的独立性检验，能否说明网络状况与网络的类型有关? （2）若该经销商要在上述接受测试的甲地5个地区中任选3个，求A，B两个地区同时被选到的概率； （3）若该经销商要在上述接受测试的甲地5个地区中任选3个，以X表示所选位置中网络状况为“糟糕”的位置个数，求随机变量X的分布及数学期望． 附：其中． α 0.50 0.40 0.25 0.15 0.10 0.05 0.025 0.01 0.005 0.001 0.455 0.708 1.323 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）能 （2） （3）分布见解析，数学期望为1.8 【解析】 【分析】（1）根据题干信息，填写列联表，再代入公式计算，下结论即可. （2）在5个地区中任选3个，有种选法，其中A，B两个地区同时被选到的选法有种，再根据古典概型列式计算即可. （3）根据题意知，随机变量的所有可能取值为1，2，3，再根据超几何分布求解对应概率，计算数学期望即可. 【小问1详解】 根据题意列出列联表如下： 糟糕 良好 合计 甲 3 2 5 乙 1 4 5 合计 4 6 10 零假设：网络状况与网络类型无关，则， 根据小概率值的独立性检验，零假设不成立，即网络状况与网络的类型有关． 【小问2详解】 在5个地区中任选3个，有种选法， 其中两个地区同时被选到的选法有种， 因此所求概率． 【小问3详解】 随机变量的所有可能取值为1，2，3， ． 故的分布列为： 1 2 3 P . 20. 已知点在抛物线：上，点为的焦点，且．过点的直线与及圆依次相交于点，如图． （1）求抛物线的方程及点的坐标； （2）求的值； （3）过两点分别作的切线，，且与相交于点，已知三角形外接圆的圆心为，求的最小值． 【答案】（1）抛物线方程为，或 （2） （3）4 【解析】 【分析】（1）根据抛物线定义直接求解参数，得到抛物线方程，再求出点的坐标即可. （2）求出焦点的坐标，设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用抛物线的定义结合韦达定理可得. （3）利用导数确定切线方程，得到，表示相关向量，法一利用向量数量积的坐标运算直接求出最小值，法二利用平面向量的线性运算得到，结合模长公式得到最小值可得结果. 【小问1详解】 因为点在抛物线：上，点F为的焦点，， 所以点到抛物线准线的距离为，得， 所以抛物线的方程为， 代入，得， 所以，所以或. 【小问2详解】 由题意得，抛物线的焦点与的圆心重合，即为， 显然直线斜率存在，所以设直线方程为，点、， 将直线的方程与抛物线的方程联立，消去并整理得， ，由韦达定理得，. 由抛物线的定义可知，，，. 故，即的值为. 【小问3详解】 因，所以， 所以切线的方程为，即， 同理可得，切线的方程为， 联立两切线方程，解得，即. 由得，故是的中点， 而， 由中点坐标公式得， 故，， 法一：由平面向量数量积的坐标运算得， 当且仅当时等号成立，故的最小值是4． 法二：由题意得， 所以， 即， 所以， 由向量模长公式得，当且仅当时等号成立， 故的最小值是4． 21. 牛顿法又称切线法，是牛顿提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设是方程的解，选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线．如果，则与轴的交点的横坐标记为，称为的一阶近似值．再过点作曲线的切线，并求出切线与x轴的交点横坐标记为．称为的二阶近似值．重复以上过程，得的近似值序列：，根据已有精确度，当时，取为方程近似解．已知函数，其中． （1）当时，试用牛顿法求方程满足精度的近似解；（取，且结果保留两位小数） （2）牛顿法中蕴含了“以直代曲”的数学思想，指利用曲线的切线或割线解决问题． （ⅰ）设曲线与轴正半轴的交点为，曲线在点处的切线方程为，当时，比较与的大小； （ⅱ）当时，若关于的方程的两个根分别为，证明：． （参考数据：时，） 【答案】（1）－1.35 （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）构造函数，再根据题设定义，即可求解； （2）（i）点的坐标为，根据条件可得，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，求得，即可求解；（ii）根据条件，先证明，进而证明，即可求解. 【小问1详解】 当时，令， 则，所以，又， 所以曲线在处的切线为， 令，得，则． 又， 曲线在处的切线为， 令，得，则， 故用牛顿迭代法求原方程满足精度的近似解为－1.35． 小问2详解】 （ⅰ）设点的坐标为，则，即， 所以，得到，解得，则， 又，则， 曲线在点处的切线方程为，即， 令，即，则． 因为在上单调递减，所以在上单调递减． 又因为，所以当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以对任意的正实数都有，即当时，都有． （ⅱ）因为在上单调递减，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以是在的极大值点，也是在的最大值点， 即． 又，所以当方程有两个根时， 必满足，且， 曲线过点和点的割线方程为． 下面证明：． 设， 则，令，得， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递增，， 在上单调递减，， 所以当时，，即． 因为，所以，解得①． 曲线过点（1，n－1）和点的割线方程为． 下面证明：． 设， 则，即上单调递减， ． 因为，且，即和都在的严格减区间内， 所以，即， 所以，即． 由零点存在性定理可知，存在，使得， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递增，， 在上单调递减，， 所以当时，，即． 因为，所以，解得②． 由②①，得， 即证得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $